4865. Касательные к описанной вокруг треугольника ABC
окружности, проведённые в точках A
и B
, пересекаются в точке P
. Докажите, что прямая PC
пересекает сторону AB
в точке K
, делящей её в отношении AC^{2}:BC^{2}
.
Указание. Рассмотрите подобные треугольники.
Решение. а)
Первый способ. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
. Пусть A_{1}
и B_{1}
— проекции точки K
на прямые CA
и CB
соответственно, а A_{2}
и B_{2}
— проекции на эти прямые точки P
. Тогда
KA_{1}=AK\sin\alpha,~KB_{1}=BK\sin\beta,~\frac{KA_{1}}{KB_{1}}=\frac{AK\sin\alpha}{BK\sin\beta}.
Угол PAA_{2}
— вертикальный с углом между касательной и хордой AC
, поэтому
\angle PAA_{2}=\angle ABC=\beta.
Аналогично,
\angle PBB_{2}=\angle BAC=\alpha.
Значит,
PA_{2}=PA\sin\beta,~PB_{2}=PB\sin\alpha,~\frac{PA_{2}}{PB_{2}}=\frac{PA\sin\beta}{PB\sin\alpha}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha},
так как PA=PB
как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки.
Из подобия двух пар подобных треугольников получаем, что
\frac{KA_{1}}{KB_{1}}=\frac{PA_{2}}{PB_{2}},~\mbox{или}~\frac{AK\sin\alpha}{BK\sin\beta}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha},
а так как по теореме синусов \frac{\sin\beta}{\sin\alpha}=\frac{AC}{BC}
, то
\frac{AK}{BK}=\frac{\sin^{2}\beta}{\sin^{2}\alpha}=\left(\frac{AC}{BC}\right)^{2}=\frac{AC^{2}}{BC^{2}}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть прямая CP
пересекает окружность в точке F
, отличной от точки C
. Из подобия треугольников PAC
и PFA
следует, что \frac{AC}{AF}=\frac{AP}{PF}
; из подобия треугольников PBC
и PFB
— \frac{BC}{BF}=\frac{BP}{PF}
. Разделив почленно эти равенства и заметив, что AP=BP
, получим, что \frac{AC}{BC}=\frac{AF}{BF}
.
С другой стороны, из подобия треугольников AKF
и CKB
следует, что \frac{AF}{BC}=\frac{AK}{KC}
, а из подобия треугольников AKC
и FKB
— \frac{BF}{AC}=\frac{BK}{KC}
. Разделив почленно эти равенства, получим, что
\frac{AK}{BK}=\frac{AF}{BF}\cdot\frac{AC}{BC}=\frac{AC}{BC}\cdot\frac{AC}{BC}=\frac{AC^{2}}{BC^{2}}.
Третий способ. См. задачи 4121 и 10449.
б) См. задачу 10449.